Problem: 739. 每日温度
给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，其中 answer[i] 是指对于第 i 天，下一个更高温度出现在几天后。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。
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整体思路
这段代码旨在高效地解决一个常见的算法问题：每日温度 (Daily Temperatures)。问题要求对于一个温度数组，计算并返回一个结果数组，其中每个元素代表需要等待多少天才能等到一个更暖和的天气。如果未来没有更暖和的天气，则等待天数为 0。
该算法巧妙地运用了 单调栈 (Monotonic Stack) 这一数据结构，并结合了 从右向左的逆向遍历，从而在线性时间内解决了问题。
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核心思想：单调栈与逆向遍历
- 逆向遍历 ：算法从数组的末尾（最后一天）开始向前遍历。这样做的好处是，当我们处理第
i天时，所有未来的日子（i+1,i+2, ...）及其相关信息（如它们的下一个更暖日的索引）都已经被处理过了。 - 单调栈 ：算法维护一个栈，这个栈里存储的是日期的索引 。最关键的是，这个栈始终保持一个单调递减的性质（从栈底到栈顶，索引对应的温度值是递减的）。
- 逆向遍历 ：算法从数组的末尾（最后一天）开始向前遍历。这样做的好处是，当我们处理第
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算法执行步骤：
- 初始化一个结果数组
ans（默认值为0）和一个空栈st。 - 从
i = n-1到0遍历temperatures数组：
a. 维护单调性 ：对于当前温度t = temperatures[i]，查看栈顶的索引st.peek()。只要栈不为空，并且当前温度t大于或等于栈顶索引所对应的温度，就不断地将栈顶元素弹出。- 为什么要这样做？ 因为如果栈顶的某天
j的温度不比第i天高，那么对于任何在i之前的日子（例如i-1），如果它在寻找一个更暖和的日子，第i天显然是比第j天更近、更好的选择。因此，第j天对于i之前的日子来说，已经没有作为"下一个更暖日"的价值了，可以被安全地从栈中移除。
b. 计算结果 ：在执行完上一步的while循环后，栈的状态有两种可能： - 栈不为空 ：此时栈顶的索引
st.peek()就是从第i天向右看，遇到的第一个 比temperatures[i]更暖的日子的索引。因此，等待的天数就是st.peek() - i。 - 栈为空 ：这说明在
i之后的所有日子里，都找不到一个更暖和的天气。结果ans[i]保持默认值0即可。
c. 当前索引入栈 ：将当前日期的索引i压入栈中。这为后续（即i左侧）的日期提供了一个潜在的"下一个更暖日"的候选。
- 为什么要这样做？ 因为如果栈顶的某天
- 初始化一个结果数组
通过这种方式，每个元素的索引最多入栈一次、出栈一次，确保了算法的线性时间效率。
完整代码
java
class Solution {
/**
* 给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，
* 其中 answer[i] 是指在第 i 天之后，才会有更高的温度。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。
* @param temperatures 每日温度数组
* @return 每日等待天数数组
*/
public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) {
int n = temperatures.length;
// ans 数组用于存储结果，Java 中 int 数组默认值为 0，正好满足题目要求。
int[] ans = new int[n];
// st 是一个单调栈，存储的是日期的索引。
// 从栈底到栈顶，索引对应的温度是单调递减的。
Deque<Integer> st = new ArrayDeque<>();
// 核心步骤：从右向左遍历温度数组
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
int t = temperatures[i];
// 步骤 1: 维护栈的单调性
// 当栈不为空，且当前温度 t 大于或等于栈顶索引对应的温度时，
// 将栈顶元素弹出。因为这个栈顶元素对于 i 左边的任何一天来说，
// 都不再是"下一个更暖日"的候选者了。
while (!st.isEmpty() && t >= temperatures[st.peek()]) {
st.pop();
}
// 步骤 2: 计算结果
// 经过上一步的清理，如果栈不为空，则栈顶元素就是 i 右侧第一个更暖日的索引
if (!st.isEmpty()) {
ans[i] = st.peek() - i;
}
// 步骤 3: 当前索引入栈
// 将当前天的索引压入栈中，作为其左边日子的一个潜在答案
st.push(i);
}
return ans;
}
}时空复杂度
时间复杂度：O(N)
- 外层循环 ：
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)遍历整个temperatures数组一次，执行N次。 - 内层循环 ：
while循环中的pop操作是关键。虽然它在for循环内部，但需要分析其总的执行次数。- 每个数组元素的索引 最多只会被
push进栈一次。 - 每个索引也最多只会被
pop出栈一次。 - 因此，在整个算法的生命周期中，
push和pop的总操作次数都是 O(N) 级别。
- 每个数组元素的索引 最多只会被
- 综合分析 ：
for循环本身是 O(N)。- 所有
while循环中的pop操作加起来也是 O(N)。 - 将
while循环的成本均摊 到for循环的每次迭代中，均摊时间复杂度为 O(1)。 - 因此，总的时间复杂度是
N * O(1)= O(N)。
空间复杂度：O(N)
- 主要存储开销 ：算法使用了一个双端队列
st作为栈。 - 空间大小 ：在最坏的情况下，栈需要存储所有元素的索引。这种情况发生在一个严格递减的温度数组中，例如
[80, 70, 60, 50, 40]。在这种情况下，没有元素会被while循环弹出，所有N个索引都会被依次压入栈中。 - 结果数组 ：
ans数组是输出结果，其空间为 O(N)。在复杂度分析中，通常不计入输出结果所占用的空间，只分析额外辅助空间。
综合分析 ：
算法所需的额外辅助空间主要由单调栈 st 决定。在最坏情况下，其大小与输入规模 N 成线性关系。因此，空间复杂度为 O(N)。
参考灵神